第七章 7 教材拓展13 空间几何体的截面及交线问题（教师用书word）-【金版新学案】2026年高考数学高三总复习大一轮复习讲义（人教A版）

该高中数学讲义聚焦空间几何体的截面及交线高考核心考点，按交线问题（含找公共点、线面平行性质、球交线计算）和截面问题（含正方体基本截面、作图方法、图形判断）的逻辑架构展开，通过考点梳理、方法指导、真题讲解（如新高考Ⅰ卷题目）、分层练习（对点练1-5）四个环节，帮助学生突破动态几何元素的分析难点。 讲义特色在于以数学眼光观察空间形式，用数学思维构建逻辑推理，如在球与侧面交线问题中，通过计算球心到平面距离确定交线圆弧半径，在截面作图中用延长线法找交点培养推理能力。设置基础到综合的分层练习，配合即时方法总结，能在有限时间内提升学生空间观念和解题效率，为教师把控复习节奏提供清晰路径。

　空间几何体的截面及交线问题 　　“截面、交线”问题是高考立体几何问题中最具创新意识的题型，它渗透了一些动态的线、面等元素，给静态的立体几何题赋予了活力.求截面、交线问题，一是与解三角形、多边形面积、周长、扇形弧长、面积等相结合求解，二是利用空间向量的坐标运算求解. 题型一　多面体中的交线问题 1.利用相交平面有且只有一条过交点的直线寻找交线，即只需找相交平面的两个公共点，两点连线就是交线. 2.利用线面平行与面面平行的判定定理寻找线面平行及面面平行，再利用性质作出交线. 3.对于球与多面体的交线长问题，根据交线的不同有两种计算方法：一是利用弧长公式计算，只需找出弧所对的圆心角即可；二是转化为截面小圆计算，只需找到小圆半径即可. (2020·新高考Ⅰ卷)已知直四棱柱ABCD -A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD＝60°.以D1为球心，为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为　　　　. 答案： 解析：易知四边形A1B1C1D1为菱形，∠B1A1D1＝60°，连接B1D1，则△B1C1D1为正三角形，取B1C1的中点O，连接D1O，易得D1O⊥B1C1，所以D1O⊥平面BCC1B1.取BB1的中点E，CC1的中点F，连接D1E，D1F，OE，OF，EF，易知D1E＝D1F＝，易知以D1为球心，为半径的球面与侧面BCC1B1的交线是以O为圆心，OE为半径的，因为B1E＝B1O＝1，所以OE＝，同理OF＝，易知EF＝2，所以∠EOF＝90°，所以的长＝×＝. 对点练1.在四面体ABCD中，AB，AC，AD两两垂直且AB＝AC＝AD＝，以C为球心，2为半径的球C与该四面体每个面的交线的长度之和为(　　) A. B.π C. D. 答案：D 解析：由题意得△ACD，△ABC为等腰直角三角形.设球C与Rt△ACD的边CD，AD分别交于点M，N，如图①所示，设球C与Rt△ABC的边AB，CB分别交于点H，G，如图②所示.易得cos∠ACN＝，则∠ACN＝，AN＝AC·tan＝1，所以∠NCM＝∠ACD－∠ACN＝－＝，所以的长＝2×＝，同理，的长＝.在△ABD内，如图③所示，因为AH＝AN＝＝1，∠HAN＝，则的长＝1×＝. 在△BCD内，如图④所示，易知是以顶点C为圆心，2为半径，圆心角为的弧，则的长＝2×＝，所以球C与该四面体每个面的交线的长度之和为＋＋＋＝.故选D. 对点练2.(2024·四川成都二模)在所有棱长均相等的直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，∠BAD＝60°，点P在四边形AA1B1B内(含边界)运动.当C1P＝CC1时，点P的轨迹长度为，则该四棱柱的表面积为(　　) A.16＋4 B.8＋2 C.4＋ D.4 答案：A解析：设棱长为a，延长A1B1，过点C1作C1O垂直于A1B1的延长线于O，由∠BAD＝60°，可得OB1＝，C1O＝；由直四棱柱的性质可得，C1O⊥平面AA1B1B，OP⊂平面AA1B1B，所以C1O⊥OP；因为C1P＝CC1＝a，所以OP＝＝a.在平面AA1B1B内，点P的轨迹是以O为圆心，a为半径的圆夹在四边形AA1B1B内的部分，即图中圆弧EF.因为OB1＝，OF＝a，∠OB1F＝90°，所以∠FOB1＝，因为点P的轨迹长度为，所以OP＝2，即a＝2.四棱柱的表面积为4×2×2＋2×2×2×＝16＋4.故选A. 题型二　多面体中的截面问题 1.正方体中的基本斜截面 2.多面体中找截面的几种方法 (1)直接法：有两点在多面体的同一个面上，连接这两点即为多面体与截面的交线，找截面实际就是找交线的过程. (2)延长线法：若直线相交，但在多面体中未体现，可以通过作延长线的方法找到交点，然后借助交点找到交线. (3)平行线法：过直线与直线外一点作截面，若直线所在的平面与点所在的平面平行，可以通过过点作直线的平行线找到多面体与截面的交线. 角度1　作空间几何体的截面 在正方体ABCD -A1B1C1D1中，P为BB1的中点. (1)画出过A1，C1，P的截面； (2)画出过A1，D1，P的截面. 解：(1)因为此三点在几何体的棱上，且两两在一个平面内，直接连接A1P，A1C1，C1P就得到截面A1C1P. (2)连接A1P，其余面上的交线根据平面的性质寻找，由于A1，D1，P在一个平面内，且两个平面A1ADD1和B1BCC1平行，过P作A1D1的平行线，设CC1的中点为Q，连接PQ和D1Q，得到截面A1D1QP. 在正方体ABCD -A1B1C1D1中，E，F，Q分别为AB，BC，AA1的中点，画出过E，F，Q的截面. 解：连接EF，得到平面EFQ和平面ABCD的交线，其余面由正方体的性质和平面的性质来判断，延长FE，EF，分别交DA，DC的延长线于G，H，则G，Q都在面AA1D1D内，连接GQ并延长交A1D1于点P，交DD1的延长线于S，则S，H都在面DD1C1C内，连接SH交D1C1于点M，交CC1于点N，连接QE，NF，PM，就得到截面EFNMPQ. 角度2　截面图形的判断与计算 (1)在正方体ABCD -A1B1C1D1中，M，N分别是棱DD1和BB1上的点，MD＝DD1，NB＝BB1，那么正方体中过点M，N，C1的截面图形是(　　) A.三角形 B.四边形 C.五边形 D.六边形 (2)在正四棱台ABCD-A1B1C1D1中，AB＝2A1B1，AA1＝2，M为棱B1C1的中点，当正四棱台的体积最大时，平面MBD截该正四棱台的截面面积是(　　) A. B. C.10 D.6 答案：(1)C　(2)C 解析：(1)先确定截面上的已知边与几何体上和其共面的边的交点，再确定截面与几何体的棱的交点.如图，设直线C1M，CD相交于点P，直线C1N，CB相交于点Q，连接PQ交直线AD于点E，交直线AB于点F，则五边形C1MEFN为所求截面图形.故选C. (2)设AB＝2A1B1＝4x，上底面和下底面的中心分别为O1，O，过A1作A1H⊥AC交AC于点H，该四棱台的高O1O＝h，在上下底面由勾股定理可知，A1O1＝＝x，AO＝＝2x.在梯形A1O1OA中，A1A2＝AH2＋A1H2⇒12＝＋h2⇒h2＝12－2x2，所以该四棱台的体积为V＝(16x2＋＋4x2)h＝x2h，所以V2＝x2·x2·h2＝x2·x2·(12－2x2)≤·，当且仅当x2＝12－2x2，即x＝2时取等号，此时AB＝8，A1B1＝4，O1O＝h＝2.取C1D1，BC的中点N，E，连接NM，ND，ME，OE显然有MN∥D1B1∥DB，由于MN⊄平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以MN∥平面ABCD，因此平面MBDN就是截面. 显然MN＝B1D1＝2，BD＝8，在直角梯形O1MEO中，ME＝＝＝2，因此在等腰梯形B1C1CB中，MB＝＝＝2，同理在等腰梯形D1C1CD中，DN＝2，在等腰梯形MBDN中，设MF∥DN，MG⊥BD，则MF＝2，BF＝8－2＝6，MG＝＝，所以梯形MBDN的面积为×＝10.故选C. 对点练3.(多选)正方体ABCD -A1B1C1D1的棱长为2，已知平面α⊥AC1，则关于α截此正方体所得截面的判断正确的是(　　) A.截面形状可能为正三角形 B.截面形状可能为正方形 C.截面形状可能为正六边形 D.截面面积最大值为3 答案：ACD 解析：如图，当平面α与平面B1D1C重合时，截面形状为正三角形，当平面α与平面HGMIPN重合时，截面形状为正六边形(H，G，M，I，P，N均为棱的中点)，截面形状不可能为正方形，故A，C正确，B不正确，下面说明D正确，截面为正六边形，当六边形的顶点均为棱的中点时，其面积最大，MN＝2，GH＝，OE＝＝＝，所以S＝2××(＋2)×＝3，故D正确.故选ACD. 对点练4.(2024·北京丰台二模)“用一个不垂直于圆锥的轴的平面截圆锥，当圆锥的轴与截面所成的角不同时，可以得到不同的截口曲线”.利用这个原理，小明在家里用两个射灯(射出的光锥视为圆锥)在墙上投影出两个相同的椭圆(图①)，光锥的一条母线恰好与墙面垂直.图②是一个射灯投影的直观图，圆锥PO的轴截面APB是等边三角形，椭圆O1所在平面为α，PB⊥α，则椭圆O1的离心率为(　　) A. B. C. D. 答案：D 解析：设AB＝2r，由于PB⊥α，所以PB⊥AM，在等边三角形PAB中，点M为PB的中点，于是AM＝r，在平面α中，由椭圆的对称性可知，AO1＝MO1＝r，连接OO1，PO1，延长PO1与AB交于点Q，由于O，O1为中点，所以在△PO1M中，PM＝r，MO1＝r，由勾股定理可得＝＝＝r，在△PO1O中，PO＝r，PO1＝r，OO1＝r，由余弦定理可得cos∠OPO1＝＝＝， 在Rt△PQO中，由于cos∠OPO1＝，所以＝＝＝r，于是有＝＝，设椭圆O1短轴的两个顶点为G，H，连接PG，PH分别交圆锥于E，F，由于△PGH∽△PEF，所以＝＝，由于PE为圆锥母线，所以PE＝PA＝2r，从而有＝＝×2r＝r，在Rt△PGO1中，由勾股定理可得＝＝＝r，所以在椭圆O1中，a＝＝r，b＝＝r，则c＝＝＝r，则离心率为e＝＝＝＝.故选D. 对点练5.如图，正方体A1C的棱长为1，点M在棱A1D1上，A1M＝2MD1，过M的平面α与平面A1BC1平行，且与正方体各面相交得到截面多边形，则该截面多边形的周长为　　　　. 答案：3 解析：如图所示，因为A1M＝2MD1，故通过平行线法可知，该截面与正方体的交点位于D1C1，AB和AA1，CC1和CB上靠近D1，A，C的三等分点处，故可得截面为MIHGFE，设正方体的棱长为3a，则ME＝2a，MI＝a，IH＝2a，HG＝a，FG＝2a，EF＝a，所以截面MIHGFE的周长为ME＋EF＋FG＋GH＋HI＋IM＝9a，又因为正方体A1C的棱长为1，即3a＝1，故截面多边形的周长为3. 学科网（北京）股份有限公司 $